Một số bài toán cực trị khoảng cách liên quan đến mặt cầu

Chào các em học sinh lớp 12 thân mến! Hôm nay, chúng ta sẽ cùng khám phá một chủ đề hấp dẫn trong chương trình Toán 12 – Bài toán cực trị khoảng cách liên quan đến mặt cầu. Đây là một phần quan trọng trong việc nâng cao tư duy toán học và kỹ năng giải quyết vấn đề. Thông qua bài viết này, các em sẽ được tiếp cận với những kiến thức bổ ích, những phương pháp giải bài toán độc đáo và thú vị. Hãy cùng đội ngũ hdgmvietnam.org đi sâu vào thế giới toán học đầy màu sắc này, nơi mà sự sáng tạo và niềm đam mê tri thức sẽ giúp các em chinh phục mọi thử thách. Bắt đầu hành trình khám phá ngay thôi nào!

Trân trọng,
Đội ngũ hdgmvietnam.org

Mục Lục

Trích dẫn nội dung Một số bài toán cực trị khoảng cách liên quan đến mặt cầu

Dạng 6: Một số bài toán cực trị khoảng cách liên quan đến mặt cầu

Ví dụ 1

Trong không gian hệ tọa độ $O x y z$ cho ba điểm $A(0 ; 1 ; 1) ; B(0 ; 0 ;-1) ; C(1 ; 2 ;-1) D(-1 ;-2 ;-3)$ và mặt cầu $(S)$ có phương trình $(x-1)^2+y^2+(z+1)^2=4$. Tìm điểm $D$ trên mặt phẳng $(S)$ sao cho thể tích tứ diện $A B C D$ lớn nhất.

Lời giải:

Mặt cầu $(S)$ có tâm $I(1 ; 0 ;-1)$ và bán kính $R=2$.
Ta có: $V_{A B C D}=\frac{1}{3} d(D ;(A B C)) \cdot S_{A B C}$ lớn nhất $\Leftrightarrow d(D ;(A B C))$ lớn nhất Gọi $D_1 D_2$ là đường kính của mặt cầu $(\mathrm{S})$ và vuông góc với mặt phẳng $(A B C)$
Khi đó $\Leftrightarrow d(D ;(A B C))_{\max } \Leftrightarrow D$ trùng với 1 trong 2 điểm $D_1$ hoặc $D_2$
Đường thẳng $D_1 D_2$ qua $I(1 ; 0 ;-1)$ và có VTCP là $\vec{n}=\overrightarrow{n_{(A B C)}}=[\overrightarrow{A B} ; \overrightarrow{A C}]=(-2 ; 2 ;-1)$
Phương trình mặt phẳng $(A B C): 2 x-2 y+z+1=0$.
Suy ra $D_1 D_2:\left\{\begin{array}{l}x=1+2 t \\ y=-2 t \\ z=-1+t\end{array}\right.$, tọa độ $D_1 ; D_2$ là nghiệm của hệ phương trình
$$
D_1 D_2:\left\{\begin{array} { l }
{ x = 1 + 2 t } \\
{ y = – 2 t } \\
{ z = – 1 + t } \\
{ ( x – 1 ) ^ { 2 } + y ^ { 2 } + ( z + 1 ) ^ { 2 } = 4 }
\end{array} \Rightarrow \left[\begin{array}{l}
t=\frac{2}{3} \\
t=\frac{-2}{3}
\end{array} \Rightarrow D_1\left(\frac{7}{3} ;-\frac{4}{3} ;-\frac{1}{3}\right) ; D_1\left(-\frac{1}{3} ;-\frac{4}{3} ;-\frac{5}{3}\right)\right.\right.
$$
Do $d\left(D_1 ;(A B C)\right)>d\left(D_2 ;(A B C)\right) \Rightarrow D\left(\frac{7}{3} ;-\frac{4}{3} ;-\frac{1}{3}\right)$ là điểm cần tìm.

Ví dụ 2

Trong không gian hệ tọa độ $O x y z$ cho điểm $A(1 ; 2 ;-3)$ và mặt phẳng $(\mathrm{P}): 2 \mathrm{x}+2 \mathrm{y}-\mathrm{z}+9=0$. Đường thẳng đi qua $A$ và vuông góc với mặt phẳng $(\mathrm{Q}): 3 \mathrm{x}+4 \mathrm{y}-4 \mathrm{z}+5=0$ cắt mặt phẳng $(P)$ tại $\mathrm{B}$. Điểm $\mathrm{M}$ nằm trong mặt phẳng $(P)$ sao cho $M$ luôn nhìn đoạn $A B$ dưới một góc vuông và độ dài $M B$ lớn nhất. Độ dài $M B$ là:
A. $M B=\sqrt{5}$.
B. $M B=\frac{\sqrt{5}}{2}$.
C. $M B=\frac{\sqrt{41}}{2}$.
D. $M B=\sqrt{41}$.

Lời giải:

Đường thẳng di qua $A(1 ; 2 ;-3)$ và vuông góc $(\mathrm{Q})$ có phương trình là $\left\{\begin{array}{l}x=1+3 t \\ y=2+4 t \\ z=-3-4 t\end{array}\right.$.
Vì $B=d \cap(P) \Rightarrow B(1+3 t ; 2+4 t ;-3-4 t) \in(P)$ suy ra $t=-1 \Rightarrow B(-2 ;-2 ; 1)$.
Ta có $\left\{\begin{array}{l}M \in(P) \\ M A \perp M B\end{array} \Rightarrow M\right.$ thuộc đường tròn giao tuyến của $(P)$ và mặt cầu $(S)$ (tâm $I$, đường kính $\mathrm{AB}$ ).
Phương trình mặt cầu $(S)$ là $\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+y^2+(z+1)^2=\frac{41}{4}$ và $d(I ;(P))=\frac{\left|2 \cdot\left(-\frac{1}{2}\right)+2 \cdot 0+1+9\right|}{3}=3$.
Khi đó $B K=\sqrt{I B^2-d^2}=\frac{\sqrt{5}}{2}$, với $K$ là tâm đường tròn giao tuyến của $(P)$ và $(S)$.
Để $\mathrm{MB}$ lớn nhất $\Leftrightarrow \mathrm{MB}$ là đường kính đường tròn giao tuyến $\Rightarrow M B=2 B K=\sqrt{5}$. Chọn $\mathrm{A}$.

Ví dụ 3

Trong không gian hệ tọa độ $O x y z$ cho điểm $A(1 ; 2 ;-3)$ và mặt phẳng $(\mathrm{P}): 2 \mathrm{x}+2 \mathrm{y}-\mathrm{z}+9=0$. Đường thẳng $d$ đi qua $A$ và có véc tơ chỉ phương $\vec{u}=(3 ; 4 ;-4)$ cắt $(P)$ tại điểm $B$. Điểm $M$ thay đổi trong $(P)$ sao cho $M$ luôn nhìn đoạn $A B$ dưới góc $90^{\circ}$. Khi độ dài $M B$ lớn nhất, đường thẳng $M B$ đi qua điểm nào trong các điểm sau?
A. $J(-3 ; 2 ; 7)$.
B. $K(3 ; 0 ; 15)$.
C. $H(-2 ;-1 ; 3)$.
D. $I(-1 ;-2 ; 3)$.

Lời giải:

Phương trình đường thẳng $d: \frac{x-1}{3}=\frac{y-2}{4}=\frac{z+3}{-4}$. Vì $B \in d \Rightarrow B(3 b+1 ; 4 b+2 ;-4 b-3)$.
Mà $B=d \cap(P)$ suy ra $2(3 b+1)+2(4 b+2)+4 b+3+9=0 \Leftrightarrow b=-1 \Rightarrow B(-2 ;-2 ; 1)$.
Gọi là hình chiếu của $\mathrm{A}$ trên $(P) \Rightarrow A A^{\prime}: \frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{2}=\frac{z+3}{-1} \Rightarrow A^{\prime}(-3 ;-2 ;-1)$.
Theo bài ra, ta có $M A^2+M B^2=A B^2 \Leftrightarrow M B^2=A B^2-M A^2 \leq A B^2-A A^{\prime 2}=A^{\prime} B^2$.
Độ dài $M B$ lớn nhất khi $M \equiv A^{\prime} \Rightarrow M B:\left\{\begin{array}{l}x=-2+t \\ y=-2 \\ z=1+2 t\end{array} \Rightarrow I(-1 ;-2 ; 3) \in M B\right.$. Chọn D.